2019-2021北京重点区初二(下)期末数学汇编：菱形.docx

2019-2021北京重点区初二（下）期末数学汇编
菱形
一、单选题
1．（2021·北京东城·八年级期末）菱形和矩形都具有的性质是（　　　）
A．对角线互相垂直 B．对角线长度相等
C．对角线平分一组对角 D．对角线互相平分
2．（2021·北京西城·八年级期末）下列命题中，正确的是（ ）
A．有一组对边相等的四边形是平行四边形
B．有两个角是直角的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
3．（2021·北京西城·八年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的顶点A的坐标为（0，2），顶点B，C在第一象限，且点C的纵坐标为1，则点B的坐标为（ ）

A．（2，3） B．（，3） C．（，2） D．（，3）
4．（2021·北京海淀·八年级期末）下列选项中，能够被半径为的圆及其内部所覆盖的图形是（ ）
A．长度为的线段 B．斜边为的直角三角形
C．面积为的菱形 D．半径为，圆心角为的扇形
二、填空题
5．（2021·北京东城·八年级期末）如图，菱形的边长为4，，点是的中点，点是上一动点，则的最小值是______．

6．（2019·北京西城·八年级期末）如图，菱形ABCD的两条对角线AC，四交于点O，若，，则菱形ABCD的周长为________．

三、解答题
7．（2021·北京东城·八年级期末）已知：如图1，△ABC为锐角三角形，．

求作：菱形．
作法：如图2．

①以点为圆心，适当长为半径作弧，交于点，交于点；
②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点，作射线与交于点；
③以点为圆心，以长为半径作弧，与射线交于点，点和点分别位于的两侧，连接，；则四边形就是所求作的菱形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：由作法可知，平分．
，
______．
，
四边形是平行四边形（______）（填推理的依据）．
，
四边形是菱形（______）（填推理的依据）．
8．（2015·北京东城·八年级期末）邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作；在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又余下一个四边形，称为第二 次操作;……依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形．如图1，平行四边形ABCD中，若AB=1，BC=2，则平行四边形ABCD为1阶准菱形．

（1）判断与推理：
①邻边长分别为2和3的平行四边形是_________阶准菱形；
②为了剪去一个菱形，进行如下操作：如图2，把平行四边形ABCD沿BE折叠（点E在AD上），使点A落在BC边上的点F，得到四边形ABFE，请证明四边形ABFE是菱形；

（2）操作与计算：
已知平行四边形ABCD的邻边长分别为l，a（a>1），且是3阶准菱形，请画出平行四边形ABCD及裁剪线的示意图，并在图形下方写出a的值．
9．（2021·北京西城·八年级期末）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是边AB上的一个动点，连接CD．作AE∥DC，CE∥AB，连接ED．
（1）如图1，当CD⊥AB时，求证：AC＝ED；
（2）如图2，当D是AB的中点时，
①四边形ADCE的形状是 　 　；（填“矩形”、“菱形”或“正方形”）
②若AB＝10，ED＝8，则四边形ADCE的面积为 　 　．

10．（2021·北京海淀·八年级期末）如图，在中，，为边上的中线，点与点D关于直线对称，连接，．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接BE，若，，求的长．

参考答案
1．D
【分析】
根据菱形与矩形都是特殊的平行四边形，他们都具有平行四边形的性质，利用平行四边形的性质排查即可．
【详解】
解：菱形与矩形都是特殊的平行四边形，具有平行四边形的性质，对角线互相平分，且是中心对称图形，
A. 对角线互相垂直，菱形具有，而矩形不具有，故选项A不符合题意；
B. 对角线相等矩形具有，而菱形不具有，故选项B不符合题意；
C. 对角线平分一组对角菱形具有，而矩形不具有，故选项C不符合题意；
D. 对角线互相平分并且是中心对称图形菱形矩形都具有，故选项D符合题意．
故选择：D．
【点睛】
本题考查菱形与矩形的性质，掌握菱形矩形是特殊的平行四边形，找出平行四边形具有的性质解决问题是关键．
2．D
【分析】
根据平行四边形判定方法可判断A、根据矩形判定方法可判断B、根据菱形判定方法可判断C、根据正方形的判定定理可判断D即可．
【详解】
解：A、两组对边相等或一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，为此有一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，选项A不正确；
B、有三个是直角的四边形是矩形，为此有两个角是直角的四边形不一定是矩形，故选项B不正确；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，为此对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故选项C错误；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项D正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法．解决此题的关键是牢记判定定理
3．D
【分析】
延长BC交x轴于D，由点A坐标求OA=2，由四边形OABC是菱形，可得AO=OC=BC=2，在Rt△OCD中，由勾股定理OD=即可．
【详解】
解：延长BC交x轴于D，
∵点A的坐标为（0，2），
∴OA=2，
∵四边形OABC是菱形，
∴AO=OC=BC=2，
∵BC∥y轴，
∴BD⊥x轴，
在Rt△OCD中，
∵点C的纵坐标为1，
∴CD=1，
∴OD=，
∵BD=BC+CD=2+1=3，
∴点B（，3）．
故选择D．

【点睛】
本题考查点的坐标，菱形性质，勾股定理，掌握点的坐标求法，菱形性质，勾股定理是解题关键．
4．D
【分析】
由直径为圆中最长的弦可判断 由直角三角形的外接圆的直径是斜边的长可判断，利用圆的面积为，小于菱形的面积，可判断 由半径为，圆心角为的扇形的面积小于圆的面积可判断
【详解】
解： 半径为的圆的直径为
半径为的圆及其内部所能覆盖的线段最长为，
而＞
半径为的圆及其内部不能覆盖长度为的线段．故 不符合题意，
斜边为的直角三角形的外接圆的直径为，而＞，
所以半径为的圆及其内部不能覆盖斜边为的直角三角形，故不符合题意，
，菱形的面积为 而＜
半径为的圆及其内部不能覆盖面积为的菱形，故不符合题意；
半径为，圆心角为的扇形的面积为：
而＜
所以半径为的圆及其内部能覆盖半径为，圆心角为的扇形，故符合题意，
故选：
【点睛】
本题考查的是圆的基本性质，直径为圆中最长的弦，直角三角形的外接圆的直径，菱形的面积，扇形的面积，掌握以上知识是解题的关键.
5．
【分析】
根据菱形的性质得到点B与点D关于对角线AC对称，连接BE，BE与AC的交点为M，得到MD+ME的最小时点M的位置，求出BE的值即可得到答案．
【详解】
解：如图，∵在菱形ABCD中，点B与点D关于对角线AC对称，
∴连接BE，BE与AC的交点为M，连接DM，此时MD+ME有最小值．
∵∠ABC＝60°，AB＝4，
∴△ABC，△ADC为等边三角形
∴OA＝OC＝2，OB＝2，
∵点是的中点
∴AE＝OB＝2，∠EAC＝30°
∴∠EAB＝90°
在Rt△EAB中AE＝2，AB＝4
∴BE＝ ，
∴的最小值
故答案为：2．

【点睛】
本题考查的是轴对称﹣﹣最短路线问题和菱形的性质，正确确定MD+ME的最小时点M的位置是解题的关键．
6．
【分析】
首先根据菱形的性质可知菱形的对角线垂直平分，然后在Rt△AOD中利用勾股定理求出AD的长，再由菱形的四边形相等，可得菱形ABCD的周长．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO=AC=3，DO=BD=2，
在Rt△AOD中，AD=，
∴菱形ABCD的周长为4．
故答案为4．
【点睛】
本题考查了菱形的性质以及勾股定理的知识，解答本题的关键是掌握菱形的对角线互相垂直且平分以及勾股定理等知识．
7．（1）答案见解析；（2）；对角线相互平分的四边形是平行四边形；邻边相等的平行四边形是菱形．
【分析】
（1）结合题中具体尺规作图方法作图即可；
（2）第一个空：由等腰三角形的三线合一即可推出；第二个空：根据平行四边形的判定定理，对角线相互平分的四边形是平行四边形，即可得出；第三个空：根据菱形的判定定理，邻边相等的平行四边形是菱形，即可得出．
【详解】
（1）如图所示：

（2）证明：由作法可知，平分．
，
BO．
，
四边形是平行四边形（对角线相互平分的四边形是平行四边形）．
，
四边形是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）．
【点睛】
本题主要考查了尺规作图，等腰三角形的性质、平行四边形的判定定理、菱形的判定定理，熟练掌握尺规作图，等腰三角形的性质、平行四边形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键．
8．（1）①2；②证明见解析；（2）作图见解析，a的值分别是：a1=4，a2=，a3=，a4=．
【分析】
（1）①根据邻边长分别为2和3的平行四边形经过两次操作，即可得出所剩四边形是菱形，即可得出答案；
②根据平行四边形的性质得出AE∥BF，进而得出AE=BF，即可得出答案；
（2）利用3阶准菱形的定义，即可得出答案；根据a=6b+r，b=5r，用r表示出各边长，进而利用图形得出▱ABCD是几阶准菱形．
【详解】
解：（1）①邻边长分别为2和3的平行四边形是2阶准菱形；
故答案为：2；
②如图2，由BE是四边形ABFE的对称轴，即知∠ABE=∠FBE，且AB=BF，EA=EF，又因为AE∥BF，所以∠AEB=∠FBE，从而有∠AEB=∠ABE，因此AB=AE，据此可知AB=AE=EF=BF，故四边形ABFE为菱形；

（2）如图，必为a＞3，且a=4；

如图，必为2<a<3，且a=2.5；

如图，必为<a<2，且a-1+，解得a=；

如图，必为1<a<，且3（a-1）=1，解得a=

综上所述，a的值分别是：a1=4，a2=，a3=，a4=．
【点睛】
本题考查图形的剪拼，平行四边形的性质，菱形的性质，作图---应用与作图设计．
9．（1）见解析（2）①菱形；②
【分析】
（1）根据已知条件，得出四边形是平行四边形，再根据，即可证明结论；
（2）①根据直角三角形斜边上中线的性质，根据菱形判定定理可得出结论；②根据菱形面积计算公式计算即可．
【详解】
解：（1），，
∴四边形是平行四边形，
又，
，
四边形是矩形，
；
（2）①∵在中，是的中点，
∴，
又四边形是平行四边形
∴四边形是菱形；
故答案为：菱形；
②设和交于点，如图，
，
∵在中，，
∴，
又∵在菱形中，，
∴，
∴在中，，
∴，
S菱形ADCE=．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定，矩形的判定与性质，菱形的判定，直角三角形斜边上的中线，菱形面积的计算，勾股定理等知识点，熟知以上几何图形的判定定理以及性质是解题的关键．
10．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据对称得到CE＝CD，AE＝AD，再根据直角三角形斜边上中线的性质得，从而得证；
（2）过E作EN⊥BC交BC的延长线于点N，勾股定理求得，再根据勾股定理求得即可．
【详解】
（1）证明：∵点E与点D关于直线AC对称，
∴CE＝CD，AE＝AD．
∵∠ACB＝90°，为边上的中线，
∴．
∴CE＝CD＝AD＝AE．
∴四边形AECD是菱形．
（2）过E作EN⊥BC交BC的延长线于点N．
在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，
∴．

∴．
由勾股定理得．
∵四边形AECD是菱形，
∴EC＝CD＝2，EC//AD．
∴∠ECN＝30°．
∵∠ENC＝90°，
∴．
由勾股定理得．
∴．
∵∠ENC＝90°，
由勾股定理得．
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，直角三角形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，掌握以上性质是解题的关键．

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